存在することを示す $x_0$ そのような $p(x_0) < q(x_0)$ 与えられた多項式に対して

Aug 15 2020

場合 $p(x) = x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ そして $q(x) = x^2+px+q$実係数を持つ2つの多項式である。間隔が存在するとします$(r,s)$ 両方が2より大きい長さの $p(x)$ そして $q(x)$ は負です $x \in (r,s)$ そして両方とも $x<r$ または $x>s$。存在することを示す$x_0$ そのような $p(x_0) < q(x_0)$

以来 $q(x)$ は2次式であるため、 $r$ そして $s$ ルーツでなければなりません。

だが、 $r$ そして $s$ のルーツでもあります $p(x)$ そう、 $q(x)$ の要因である必要があります $p(x)$したがって、

$p(x) = q(x)g(x)$

どこ $g(x)$また、2次式です。しかし、それは私が得ることができる限りです。ここからどのように進めますか?条件をどのように利用しますか$s-r > 2$

どんな助けでもいただければ幸いです。

回答

2 MathLover Aug 15 2020 at 22:40

$r$ そして $s$ 両方のルーツです $p(x)$ そして $q(x)$ したがって、それはのルートでもあります $p(x) - q(x)$

$q(x) = (x-r)(x-s)$ どこ $|r - s| \gt 2$

$p(x) - q(x) = q(x)f(x)$

仮定しましょう $p(x) - q(x)$ 常に非負ですが、そのルーツを考えると $r$ そして $s$、それは次の場合にのみ可能です $f(x)$ 常に負です $q(x)$$f(x)$ 常に正です $q(x)$ です。

それはそれがに二重のルーツを持っていることを意味します $r$ そして $s$ すなわち $p(x) - q(x) = (x-r)^2(x-s)^2$

すなわち $p(x) - q(x) = q(x)^2$

すなわち $p(x) = q(x)(q(x)+1)$

すなわち $1+q(x) \gt 0$ なので $p(x)$ そして $q(x)$ まったく同じサインを持っている $x$

すなわち $x^2-(r+s)x+(rs+1) \gt 0$

これは判別式としては真実ではありません $(r-s)^2 - 4 \gt 0$問題で与えられたように。したがって、xの値があります。$p(x) \lt q(x)$

[注:機能 $ax^2+bx+c$ その判別式の場合、2つの本当のルーツがあります $b^2-4ac \gt 0$]